最后更新: 2025-10-17 09:58 查看: 16 次反馈能力测评会员8.2元/月赞助

C R Q 上多项式的因式分解与高等代数基本定理

## 实数域 $\mathbb{C}[x]$  上多项式分解

在这一节中，我们具体地探讨一下复数域 $\mathbb{C}$ ，实数域 $\mathbb{R}$ ，有理数域 $\mathbb{Q}$ 上一元多项式的因式分解问题，其中关键的一点是搞清楚这些数域上哪些多项式是不可约的．对于 $\mathbb{C}$ 和 $\mathbb{R}$ ，这个问题已有完满的答案，而对 $\mathbb{Q}$ 问题还远未解决．
 
我们首先来找出 $\mathbb{C}[x]$ 内的所有不可约多项式．这依赖于第一章所述的一条经典定理．

**定理2.1 （高等代数基本定理）** 复数域 $\mathbb{C}$ 上任意一个次数 $\geqslant 1$的多项式在 $\mathbb{C}$ 内必有一个根。

在19世纪以前，代数学的主要内容是寻求各种代数方程的根。上述定理2．1显然是一元高次代数方程求根问题的理论基础。正因为如此，它在理论上具有基本的意义。但是近代代数学的中心问题已不再是方程的求根问题了，所以这个定理被称为＂高等代数基本定理＂．

**推论1** $ \quad \mathbb{C}[x]$ 内一个次数 $\geqslant 1$ 的多项式 $p(x)$ 是不可约多项式的充分必要条件为它是一次多项式．

证 前面已指出，在任意数域 $K$ 上的一次多项式都是 $K[x]$ 内的不可约多项式。现在假定 $p(x)$ 是 $\mathbb{C}[x]$ 内的一个不可约多项式，如果 $\operatorname{deg} p(x) \geqslant 2$ ，则根据高等代数基本定理，它必有一个复数根 $a$ ，于是 $(x-a) \mid p(x)$ ．设 $p(x)=(x-a) q(x)$ ，其中 $\operatorname{deg} q(x) \geqslant 1$ ，这与 $p(x)$ 的不可约性相矛盾，故必定有 $\operatorname{deg} p(x)=1$ ．

这个推论完满地回答了本段开头所提出的问题，再利用§ 1 中的因式分解唯一定理，我们立刻有

**推论2** $ \mathbb{C}[x]$ 内任一非零多项式 $f(x)$ 可以唯一地分解成

$$
f(x)=a_0\left(x-a_1\right)^{k_1}\left(x-a_2\right)^{k_2} \cdots\left(x-a_r\right)^{k_r} .
$$

在上面的分解式中，$a_0$ 为 $f(x)$ 的首项系数，而 $a_1, a_2, \cdots, a_r$ 为 $f(x)$ 在 $\mathbb{C}$ 内两两互不相同的根，它们的重数分别是 $k_1, k_2, \cdots, k_r$ ．显
然，$k_1+k_2+\cdots+k_r=\operatorname{deg} f(x)$

## 实数域 $\mathbb{R}[x]$  上多项式分解

**命题2.1** $  \quad \mathbb{R}[x]$ 内的首一不可约多项式仅有下列两类：
（i）一次多项式 $x-a(a \in \mathbb{R})$ ；
（ii）二次多项式 $x^2+p x+q\left(p, q \in \mathbb{R}, p^2-4 q<0\right)$ 。
证 我们首先指出：上述两类多项式在 $\mathbb{R}[x]$ 内都不可约．$x-a$的不可约性读者已熟知。现设 $f(x)=x^2+p x+q, p, q \in \mathbb{R}, p^2-4 q <0$ ．如果 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}[x]$ 内可约，它在 $\mathbb{R}[x]$ 内应有一个一次因子 $x-a(a \in \mathbb{R})$ ，于是 $f(x)$ 有一实根 $a$ ，这与它的判别式 $p^2-4 q<0$ 矛盾．故 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}[x]$ 内不可约．

再设 $f(x)$ 是 $\mathbb{R}[x]$ 内任意一个首一不可约多项式．如果 $\operatorname{deg} f(x)=1$ ，则 $f(x)=x-a(a \in \mathbb{R})$ 。下面设 $f(x)$ 次数 $\geqslant 2$ 。此时 $f(x)$ 没有实根（否则它有实系数一次因子，与它在 $\mathbb{R}[x]$ 内不可约之设矛盾）．设 $a \in \mathbb{C}$ 是它的一个复根．于是，在 $\mathbb{C}[x]$ 内有 $f(x)= (x-a) f_1(x), f_1(x) \in \mathbb{C}[x]$ 。根据第一章命题 2.4 ，有

$$
(\bar{a}-a) f_1(\bar{a})=f(\bar{a})=0
$$

但 $a \notin \mathbb{R}$ ，故 $\bar{a}-a \neq 0$ ，从上式推出 $f_1(\bar{a})=0$ ，于是有

$$
f_1(x)=(x-\bar{a}) f_2(x) \text { 即 } f(x)=(x-a)(x-\bar{a}) f_2(x) \text {. }
$$

而因为 $(x-a)(x-\bar{a})=x^2-(a+\bar{a}) x+a \bar{a}

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【数学分析】利用格林公式证明高斯Gauss的代数基本定理

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